Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn:$\sqrt[]{a^2+b^2}$ + $\sqrt[]{b^2+c^2}$ + $\sqrt[]{c^2+a^2}$=3$\sqrt[]{2}$ chứng minh: $\frac{{a^2}{b+c}$ +

$A = \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}}$

Đặt $\begin{array}{l} \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = x,\sqrt {{b^2} + {c^2}}  = y,z = \sqrt {{c^2} + {a^2}} \\  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} = {a^2} + {b^2}\\ {y^2} = {b^2} + {c^2}\\ {z^2} = {c^2} + {a^2} \end{array} \right. \end{array}$

Và $x+y+z=3 \sqrt 2$, $x^2+y^2+z^2=2(a^2+b^2+c^2)$
${a^2} = \dfrac{{{z^2} + {x^2} – {y^2}}}{2},{b^2} = \dfrac{{{x^2} + {y^2} – {z^2}}}{2},{c^2} = \dfrac{{{y^2} + {z^2} – {x^2}}}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức $Bunyakovsky$ ta được:

$b + c \le \sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}  = y\sqrt 2 ;c + a \le z\sqrt 2 ,a + b \le x\sqrt 2$

Vậy

$\begin{array}{l} A \ge \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\left( {\dfrac{{{x^2} + {z^2} – {y^2}}}{y} + \dfrac{{{x^2} + {y^2} – {z^2}}}{z} + \dfrac{{{y^2} + {z^2} – {x^2}}}{x}} \right)\\  = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{y} + \dfrac{{{y^2}}}{z} + \dfrac{{{z^2}}}{x} + \dfrac{{{y^2}}}{x} + \dfrac{{{x^2}}}{z} + \dfrac{{{z^2}}}{y} – \left( {x + y + z} \right)} \right)(1) \end{array}$  

Mặt khác ta có:

$\dfrac{{{x^2}}}{y} + y +  \ge 2x;\dfrac{{{y^2}}}{z} + z \ge 2y;\dfrac{{{z^2}}}{x} + x \ge 2z;\dfrac{{{y^2}}}{x} + x \ge 2y;\dfrac{{{x^2}}}{z} + z \ge 2x;\dfrac{{{z^2}}}{y} + y \ge 2z$

Cộng từng vế bất đẳng thức trên ta có:

$A \ge \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\left( {x + y + z} \right) = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{{2\sqrt 2 }} = \dfrac{3}{2}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ $x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=1$